牛顿第二定律两类动力学问题(20页,含解析)

1、第2课时牛顿第二定律两类动力学问题.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和【考纲解读1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质两类动力学问题.题组扣点,深度思考以题带点深入理解概念规律I基础知识题组I1 .对牛顿第二定律内容和公式的理解由牛顿第二定律表达式F=ma可知（）A.质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比B.合外力F与质量m和加速度a都成正比C.物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D.物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比答案CD解析对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能说合外力与

2、质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由a=-可知D正确.m2 .对力、加速度和速度关系的理解关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（）A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零答案CD解析物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零.但物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项C、D对.3.图1牛顿运动定律的应用

3、建筑工人用如图1所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料(g 取 10 m/ s2)B. 490 ND. 910 N以0.5m/s2的加速度提升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为A.510NC. 890N答案B解析设建筑材料的质量为m,加速度的大小为a,对建筑材料由牛屯第二定律得F-mg=ma,解得F=210N.设地面对建筑工人的支持力为Fn,建筑工人的质量为M,对建筑工人由平衡条件得Fn+F=Mg,解得Fn=490N.根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为Fn'=Fn=490N,

4、B正确.4.力学单位制的应用在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s,测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Ax=1.2cm,若还测出小车的质量为500g,则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是A.B.a=j122m/s2=120m/s20.1一2a=I'；。m/s2=1.2m/s20.1C.F=500X1.2N=600ND. F=0.5X1.2N=0.60N答案BD解析在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算.带单位运算时，单位换算要准确.可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是用国际单位制表示的，这样在统一已知量的单位后

5、，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可.选项A中Ax=1.2cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m=500g没用国际单位制表示，所以均错误；B、D正确.【考点梳理】牛顿第二定律1 .内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比跟它的质量成反比.加速度的方向与作用力的方向相同.2 .表达式：F=ma,F与a具有瞬时对应关系.3 .力学单位制(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成.(2)力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s).(3)导出单位有N、m/s、m/s2等.1、2的加速度大小分图2a2= g m+ Ma2=HFgI规律方法题组I可能是2N,

6、也可能是6N,所以答案是A、C.【方法提炼1 .瞬时问题的分析：题目中同时有轻绳和弹簧，剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化.剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化.2 .解决两类动力学问题的基本方法以加速度a为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下:由力求运动|受力情欢牛顿第二定律/运动情况由运动求力课堂探究,考点突破先做后听典网稼究船律方法考点一用牛顿第二定律分析瞬时加速度因果性同一性笑所性瞬时性独立性牛顿第二定律的五性【例1】如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30 °的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.当木板 下撤离的瞬间，小

7、球的加速度大小为AB突然向A. 02、3B. 3 gC.解析 平衡时，小球受到三个力：重力,3D. 3 gmg、木板AB的支持力簧拉力Ft,受力情况如图所示.突然撤离木板时,力不变，因此Ft与重力mg的合力F = cos 30度 a=m=m3g, B 正确.Fn突然消失而其他2 : 3 一，一 _U-mg,广生的加速3)Fn和弹3答案登陆www一工免费啜听名师细讲本题14,加速度瞬时性涉及的实体模型户"1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运花状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：特性模型受外力时的形变量力能否突变广生拉力或支

8、持力内部弹力轻绳微小不计能只帘协没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只帘协没有支持力轻弹簧较大不能既口有拉力也可用支持力轻杆微小不计能既口有拉力也可用支持力2.在求解瞬时加速度问题时应注意：(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析.(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变.【突破训练1如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同.如果突然把两水平细，H线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为,£/°|£产：方向为;小球B的加速度的大小为,，从4R方

9、向为；剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹甲乙簧的拉力之比为(。角已知).图4答案gsin0垂直倾斜细线OA向下gtan0水平向右cos2°解析设两球质量均为m,XAA球受力分析，如图(a)所示，剪断水平细线后，球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度加方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA向下.则有FT1=mgcos0,F1=mgsin0=ma1,所以a1=gsin。.水平细线剪断瞬间，B球受重力mg和弹簧弹力Ft2不变，小球B的加速度a2方向水平向右，如图(b)所示，则FT2=cmg，F2=mgtan0=ma2,所以a2=gtana甲中倾斜细线0A与乙中弹簧的拉力之

10、比为肾=cos2a/1rmg(a)(b)【突破训练2质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上.A紧靠墙壁，如图5所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间(A.A球的加速度为2mB. A球的加速度为零C. B球的加速度为2mD. B球的加速度为m答案BDF.突然将力FA球的合力为解析恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以零，加速度为零，A项错，B项对.而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用,加速度a=F,故C项错，D项对.m考点二动力学两类基本问题求

11、解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：第-类+rd1a运动学杰式物体的运动情况第二臭加速度.分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁一【例2】如图6所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面上.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg,A、B之金间的动摩擦因数因=0.2,B与水平面之间的动摩擦因数例=0.1,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2若从t=0开始，木板B受F1=16N的水平恒力作用，t=1s时F1改为F2=4N,方向不变，t=3s时撤去F2.木板B受F1=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？(

12、2)从t=0开始，至ijA、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？FfA,横坐标表示运动时间 t(从t = 0开始，到A、B 7中画出FfAt的关系图线(以图线评分，不必写出LFMN!fsVb(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力都静止)，取运动方向为正方向，在图分析和计算过程).解析(1)根据牛顿第二定律得1mAg=mAaAaA=的g=0.2X10m/s2=2m/s2FiM2(mA+mB)gRmAg=mBaB代入数据得aB=4m/s2(2)t1=1s时，A、B的速度分别为Va、VAVB=aAt1=2X1m/s=2m/s=aBt1=4X1m/s=4m/sFi改为F2=4N后，在B速度大于A速

13、度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB'根据牛顿第二定律得F2以mA+mB)gRmAg=mBaB'代入数据得aB'=-2m/s2设经过时间t2,A、B速度相等，此后它们保持相对静止，则Va+aAt2=VB+aBt2代入数据得t2=0.5sA在B上相对B滑行的时间为t=t+t2=1.5s(3)FfAt的关系图线如图所示.忤小4:20-2t/s4 m/s2 (2)1.5 s (3)见解析图解答动力学两类问题的基本程序1 .明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个

14、物理过程.2 .根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确其施力物体和受力物体，以免分析受力时有所遗漏或无中生有.3 .应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果.A. 50 m答案 CB. 42 mC. 25 mD. 24 m【突破训练4】质量为10 kg的物体在F = 200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角 0= 37。，如图8所示.力F作用2 s后撤去，

15、物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零.求：物体与斜面间的动摩擦因数 科和物体的总位移 x.(已知sin 37=0.6, cos 37= 0.8, g= 10 m/s2)答案 0.25 16.25 m解析设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2,则:aiti = a2t2有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示 由牛顿第二定律可得：Fcos 0 mgsin 0 Ffi = ma1Ffi =即= /mgcos 0+ Fsin。撤去力F后，对物体受力分析如图所示 由牛顿第二定律得：【突破训练3质量为1吨的汽车在平直公路上以10m/s的速度匀

16、速行驶，阻力大小不变.从某时刻开始，汽车牵引力减少2000N,那么从该时刻起经过6s,汽车行驶的路程是()一mgsin 0 Ff2 = ma2Ff2=科比2=科 mgos 9®联立 式，代入数据得：32 = 8 m/s2, ai = 5 m/s2,尸 0.25物体运动的总位移1 2 1 2x= 2a1t1 + 2a2t2=X 5X22 + 1X 8X 1.252) m= 16.25 m2 2登陆wwvv.工免费聆听名师细讲本题15学科素养培养加强审题与建模指导培养学科解题能力12.利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题物理思想方法1 .整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加

17、速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）.2 .隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.3 .整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.求加速度，后隔离求内力【例3 （2012江苏单科5）如图9所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m、力均为f,若木块不滑动

18、，力 F的最大值是A.B.2f (m ± M )M2f (m ± M )m即“先整体M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦)图92f(m+M1C.一M-(m+M)g2f(m+M>D.1m4(m+M)g答案A解析由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a,由牛顿第二定律得，对M有：2f-Mg=Ma对m有：F2fmg=ma联立两式解得F=2f（M：m）,选项A正确.M1 .整体法与隔离法常涉及的问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，

19、即具有相同的加速度.解题时，一般采用先整体、后隔离的方法.建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析.2.解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解.突破训练5在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用

20、，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图10所示.设运动员的质量为65kg,吊椅的质量为15kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a=1m/s2上升时，试求：运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力.答案(1)440N(2)275N解析(整体法与隔离法的交叉运用)(1)设运动员受到绳向上的拉力为F,由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等,吊椅受到绳的拉力也是F,对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示，则有：2F(m人+m本$)g=(m人+m本$)a解得F=440N由牛顿第三定

21、律知，运动员竖直向下拉绳的力F'=F=440N.(2)设吊椅对运动员的支持力为Fn,对运动员进行受力分析如图乙所示，则有：F+Fnm人g=m人a解得Fn=275N图10由牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力为Fn'=Fn=275N高考模拟提能训练走近高考 检测课堂就果 提升解题能力【高考题组1. （2012安徽理综17）如图11所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,(图11A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度 a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑 答案 C解析 设斜面的倾角为0

22、,根据牛顿第二定律知，物块的加速度a = mgsin 9祖mgos >om即Ftan0,对物块施加竖直向下的恒力F后，物块的加速度a'（mg+FsinMmg+F产s °二a卡迪上但J，且f新A 犯故a，湖物 mm块将以大于a的加速度匀加速下滑.故选项 C正确，选项A、B、2. （2011新课标全国理综21）如图12所示，在光滑水平面上有一质 量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加D错误.一随时间t增大的水平力F = kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为 反映a1和a2变化的图线中正确的

23、是图12a1和a2.下歹U()ARD答案A解析刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且F = kt, a =ktmI+ m2m + m2当两者F及滑动摩擦力,%=宁誉A正确，选项B、C、D错误.相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受pg故a2=_kt_gat图象中斜率变大，故选项m23. （2011北京理综18）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图13所示，将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为（）1F图13A.gB.2gC

24、.3gD.4g答案B解析在蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子3拉力F等于人的重力mg,由Ft图线可以看出，|Fo=mg;在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为Fm=Fo=3mg,故最大加速度为am=2g.选项B正确.5m【模拟题组】4.如图14所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过彳细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩加防擦力为Ff1,B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大C桶内砂的质量，而以一"A、B仍一起向右运动，则摩擦力Ff1和Ff2的变化

25、情况是（）A.Ff1、Ff2都变大B.FqFf2者B不变图14C.Ff1不变，Ff2变大D.Ff1变大，Ff2不变答案D解析对A、B两物体组成的系统受力分析，由牛顿第二定律可知：Ft-Ff2=（mA+mB）a1,所以A受到的摩擦力为mAan若增大C桶内砂的质量，则拉力Ft增大，而B与桌面间的摩擦力Ff2不变，故系统的加速度增大，由于A、B仍一起向右运动，根据牛顿第二定律可知A受到的摩擦力Ff1变大，D正确.登陆www,zx与|免费聆听名师细讲本-16：5 一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在

26、竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8,M受到的摩擦力大小依次为F。、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的是A.Ff1：Ff2=1：2BFf2：Ff3=1：2C.Ff3:Ff4=1：2D.tana=2tan0答案B解析已知a1：a?：a3：a4=1：2：4：8,在题第图和第(2)图中摩擦力Ff=Ma,则Ff1：Ff2=1：2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3：Ff4=1:2.第(3)、(4)图中,a3=gtanaa4=gtana,则tana=2t

27、an0.6 .图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景.设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示.取g=10m/s2,根据Ft图象求：运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度.答案(1)50kg(2)40m/s2(3)3.2m解析(1)由题图乙可知运动员所受重力为500N,设运动员质量为m,则m=Gg=50kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N,设运动员的最大加速度为am,则Fm-

28、mg=mamamFm mgm2 50050050m/s2= 40 m/ s2（3）由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s,它们的时间间隔均为1.6s.根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s.设运动员上升的最大高度为H,则H=2gt（限时：30分钟）?题组1对牛顿第二定律的理解和简单应用1 .下列说法正确的是（）A.物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B.物体所受到的合外力不变 （F合W0）,其运动状态就不改变C.物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D.物体所受到的合外力减小时，物体的

29、速度可能正在增大答案 CD解析 物体所受到的合外力越大，物体的加速度（速度变化率）也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体所受的合外力不为零，就会迫使其运动状态（运动的快慢或方向）发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小 之间没有直接关系，选项D正确. 一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止.若同时撤去其中大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是（）A. 2 m/s2B. 3 m/ s2C. 12 m/s2 D. 15 m/s2答案 BC解析 物体所受合力范围为 5 N< F合W25

30、N ,因m = 2 kg ,故2.5 m/s2<a<12.5 m/s2, 故B、C正确.3.如图1所示，质量 m=10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为 0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力F= 20 N的作用，则物体产生的加速度是（g取10 m/s2）（） w以"A. 0B. 4 m/s2,水平向右图1C. 2 m/s2,水平向左D. 2 m/s2,水平向右答案 B解析 对物体受力分析可知 F合=F+Ff,Ff= mg所以F合=20 N +0.2X10X10 N = 40 N, 所以2=肾=4§ m/s2= 4 m/s2,方向水

31、平向右.选项 B正确.=2x10X0.82m=3.2m练出高分?题组2应用牛顿第二定律分析瞬时问题4.如图2所示，两个质量分别为mi=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为Fi=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在mi、m2上，则（）A.弹簧测力计的示数是10NB.弹簧测力计的示数是50NC.在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D.在突然撤去Fi的瞬间，mi的加速度不变答案C解析设弹簧的弹力为F,加速度为a.对mm2和弹簧测力计组成的系统：Fi-F2=（mi+m2）a,对mi：F一F=ma,联立两式解得：a=2m/s2,F=26N,故A

32、、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去Fi,物体mH所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误.5.在动摩擦因数科=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成0=45。角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零.当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2,以下说法正确的是（）A.此时轻弹簧的弹力大小为20NB.小球的加速度大小为8m/s2,

33、方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2,方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0答案ABD解析因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到重力、轻绳的拉力Ft和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态.依据平衡条件得：竖直方向有Ftcos0=mg水平方向有FTsin0=F解得轻弹簧的弹力为F=mgtan0=20N,故选项A正确.剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即Fn=mg;由牛顿第二定律得小球的加速度为a=20-022><20m/s2=8m/s2,方向向左，选项B正确.当剪断弹簧的瞬间，小球立即受水

34、平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0,选项C错误，D正确.6 .如图4所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30。的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间,两球的加速度分别为A、B()图4b.2 和 0Ma+ Mb c. MbD. 0和Ma+Mb gMb 2A.都等于2答案D解析当线剪断的瞬间，弹簧的伸长状态不变，A受合外力还是0,A的加速度仍为0,对B进行受力分析：线剪断前：F线=MBgsin0+F弹F弹=MAgsin0.线剪断瞬间：B受合外力为F合=MBgsin0+Fw=MBaBMa+MbMa+Mbg所以aB=Fgsin0=M2选项D正确.7 .如图5所示，

35、用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力.则下落过程中()A.小铁块B的加速度为零8 .小铁块B只受一个力的作用C.小铁块B可能只受二个力的作用D.小铁块B共受三个力的作用答案D?题组3整体法和隔离法与牛顿第二定律的应用8 .如图6所示，质量分别为mi、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(mi在光滑地面上,m2在空中).已知力为Fcos 0A.-Tmi + m2F与水平方向的夹角为a则mi的加速度大小()Fsin0B.：mi+m2C.Fcos (miD.Fsin 0m2答案A解析把m、m

36、2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos0=(m1+m2)a,所以a=Fcos9,选项A正确.mim29 .车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是答案B图7?题组4两类动力学问题的分析和计算10 .（2010山东理综16）如图7所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接.下列图象中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是（答案C解析物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦

37、力fi=mgos0加速度a1=g（sin。一囚os速度v1=a1tl路程s1=2a1t2,由此可知A、B、D均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力f2=mg加速度a2=wg速度v2=v1a2t2=a1tla2t2,所以C正确.11 .如图8（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置但刑一物体（物体与弹簧不连接）,初始时物体处于静止状态.现用电如卜7!竖直向上的拉力f作用在物体上，使物体开始向上做匀加速|1/i运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图（b）所示（g=导-I一JLywys04工/cm10m/s2）,则下列结论正确的是（）阿A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态图8B

38、.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为3kg2D,物体的加速度大小为5m/s答案D解析设物体的质量为m,静止时弹簧的压缩量为Ax,由牛顿第二定律可得kAx=mg现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上彳匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得10=ma30mg=ma联立可以解得，物体的质量m=2kg,物体的加速度a=5m/s2,k=500N/m,故只有D正确.12.一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图9（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示.取g=10m/s2,求：(1)1s末物块所受摩擦力的大小Ffi；(2)物块在前6s内的位

39、移大小x;(3)物块与水平地面间的动摩擦因数世答案(1)4N(2)12m(3)0.4解析(1)从题图(a)中可以读出，当t=1s时,Ff1=F1=4N(2)由题图(b)知物块在前6s内的位移大小m=12m(3)从题图(b)中可以看出，在t=2s至t=4s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a=晋=2m/s2=2m/s2由牛顿第二定律得F2-mg=maF3=Ff3=科mgF2-F3128所以m=-a-=2kg=2kg严丘=3=0.4艮mg2X10登陆www.zxstkw,com免费聆听名师细讲本题切13.如图10甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角0=37。，一滑块以初速度vo=16m/s从(

40、已知：sin 37 =0.6,底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点.滑块运动的图象如图乙所示，求:图10(1)AB之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；滑块在整个运动过程中所用的时间.答案(1)16m(2)8隹m/s(3)(2+2，2)s解析(1)由v-t图象知AB之间的距离为：16X2sab=2m=16m.(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回到A过程的加速度大小为a2,滑块与斜面之间的动摩擦因数为的则有:a1 = gsin 0+cos 0=16 02m/s2= 8 m/ s2a2=gsin0-科as0则滑块返回到A点时的速度为,有v20=2a2SAB联立各式解得：

41、a2=4m/s2,vt=8/m/s.设滑块从A到B用时为ti,从B返回到A用时为t2,则有：ti=2s,t2=（=2/s则滑块在整个运动过程中所用的时间为t=tl+t2=（2+2y2）s.练出高分单元小结练牛顿运动定律和动力学问题分析（限时：45分钟）1.牛顿第一定律和牛顿第二定律共同确定了力与运动的关系，下列相关描述正确的是（）A.力是使物体产生加速度的原因，没有力就没有加速度B.力是改变物体运动状态的原因，质量决定着惯性的大小C.速度变化越快的物体惯性越大，匀速运动或静止时没有惯性D.质量越小，惯性越大，外力作用的效果越明显答案AB2 .放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作

42、用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图1所示.取重力加速度g=10m/s2由此两图线可以求得图1()A . m= 0.5 kg,产 0.4C. m= 0.5 kg, 尸 0.2 答案 AB. m= 1.5 kg,尸 0.4D. m= 1.5 kg,尸 0.2图2D . FMa3 .如图2所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的匀加速运动.小车质量为M,木块质量为m,加速度大小为a,木块和小车之间的动摩擦因数为科，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（）A.maB.mamFC.M+m答案BCD4 .如图3所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定

43、的轻杆与竖直方向成。角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右1米的薄木板A的正端用一根细线悬挂一相同的小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成a角，若依a,则下列说法中正确的是A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C.小车一定以加速度gtana向右做匀加速运动D.小车一定以加速度gtan。向右做匀加速运动答案B5.如图4所示，水平传送带足够长，传送带始终顺时针匀速运动，长为中央放置一个小木块B,A和B之间的动摩擦因数为0.2,A和传/7送带之间的动摩擦因数为0.5,薄木板的质量是木块质量的2倍，（J三寸一O轻轻把AB整体放置在传送带的中央，设传送带

44、始终绷紧并处于图4水平状态，g取10m/s2,在刚放上很短的时间内，A、B的加速度大小分别为（）A.6.5m/s2、2m/s2B.5m/s2、2m/s2C.5m/s2、5m/s2D.7.5m/s2、2m/s2答案A图56.在2010年上海世博会风洞飞行表演上，若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与有效面积成正比，已知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小，为最大值的1/8.风洞内人可上下移动的空间总高度为H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好

45、可以静止或匀速漂移.现人由静止开始从最高点A以向下的最大加速度匀加速下落，如图5所示，经过B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，到最低点C处速度刚好为零，则下列说法中正确的有（）1A.人向上的最大加速度是2g，一，一一3B.人向下的取大加速度是4gC. BC之间的距离是3H、，一1D. BC之间的距离是2H答案BC图67 .如图6所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住.现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零8 .若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力

46、的合力等于maD.斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值答案 D6-1 l o t i fS图7解析设球的质量为m,斜面倾角为以斜面给球的弹力为Fi,竖直挡板给球的弹力为F2.对球受力分析，如图所示.由牛顿第二定律得：Ficos0mg=0,F2Fisin0=ma解得F1=mg是定值，F2=mgtan0+ma,故A、B错，D正确；球所受斜面、挡板的力贸cos0及重力的合力为ma,故C错.8.质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图7中a、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的vt图象，则求：(取g=10m/s2)(1)物体受滑动摩擦力多大？(2)水平拉力多大？答案见解析解析(1)由题图知图线a的加速度为a1=1m/s23图线b的加速度为2/2323m/s根据牛顿第二定律得，摩擦力Ff=ma2=0.2N,方向与运动方